Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
bài này mình tưởng có câu 3 nx mà . Nếu có câu 1, 2 thôi thì dễ
a) AB là đường kính của (O) , \(k\in\left(O\right)\)
=>\(\widehat{AKB}=90^0\)
\(\widehat{AKB}=\widehat{EHB}\left(=90^0\right)\)
=> tứ giác HEKB nội tiếp đường tròn
=> H , E ,K ,B nội tiếp đường tròn
2) AB là đường kính
\(MN\perp AB\equiv H\)
=> H là trung điểm của MN
\(\widebat{AM}=\widebat{NA}\)
=>\(\widehat{AMN}=\widehat{MKA}\)
xét tam giác AME zà tam giác AKM có
\(\widehat{AMN}=\widehat{MKA}\)
\(\widehat{MAE}chung\)
=>\(\Delta AME~\Delta AKM\left(g.g\right)\)
A B C D E F O H K
Ta có điểm C nằm trên đường tròn (AB) nên ^ACB = 900 => BC vuông góc AE
Xét \(\Delta\)BAE: ^ABE = 900, BC vuông góc AE (cmt) => AB2 = AC.AE (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Tương tự AB2 = AD.AF. Do đó AC.AE = AD.AF. Từ đây, tứ giác ECDF nội tiếp.
Xét \(\Delta\)ABF: O là trung điểm AB; H là trung điểm BF => OH là đường trung bình trong \(\Delta\)ABF => OH // AF
Lại có CD là đường kính của (O), A thuộc (O) nên ^CAD = 900 => AE vuông góc AF
Do vậy OH vuông góc AE. Kết hợp với AO vuông góc HE (tại B) suy ra O là trực tâm \(\Delta\)AEH
=> EO vuông góc AH => ^AKE = ^ABE = 900 => A,K,B,E cùng thuộc đường tròn (AE)
Ta thấy AB,CD,KE tại O. Khi đó, áp dụng hệ thức lượng đường tròn: OE.OK = OA.OB = OC.OD
=> C,K,D,E cùng thuộc 1 đường tròn hay K thuộc đường tròn (DCE)
Mà tứ giác ECDF nội tiếp (cmt) nên K thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF (đpcm).
o A D K C E B H F
Bài Toán trên có các câu hỏi a, b, c thứ tự để hướng dẫn làm bài
I)Chứng minh tứ giác ECDF nội tiếp
+) ACBD là hình chữ nhật ( tự chứng minh)
=> \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\)
mà \(\widehat{ABC}=\widehat{AEB}\)( cùng phụ góc CBE)
=> \(\widehat{ADC}=\widehat{AEB}=\widehat{CEF}\)
=> Tứ giác ECDF nội tiếp
II) Chứng minh Tứ giác KDBO nội tiếp
Xét \(\Delta ABE\)và \(\Delta FBA\)
Hai tam giác trên đồng dạng ( tự chứng minh)
=> \(\frac{AB}{FB}=\frac{BE}{BA}\Leftrightarrow\frac{2.OB}{2.BH}=\frac{BE}{BA}\Leftrightarrow\frac{OB}{BH}=\frac{BE}{BA}\)(1)
Mặt khác \(\widehat{OBE}=\widehat{HBA}=90^o\)(2)
(1), (2) => \(\Delta OBE~\Delta HBA\)
=> \(\widehat{BEO}=\widehat{BAH}=\widehat{OAK}\)
=> Tứ giác BEAK nội tiếp
=> \(\widehat{AKO}=\widehat{OBE}=90^o\)
=> \(\widehat{OKH}=90^o\)(1)
Xét tam giác BDF vuông tại D , DH là đường trung tuyến
=> DH=HB
=> \(\widehat{HDB}=\widehat{HBD}=\widehat{BCD}=\widehat{ADC}\)
=> \(\widehat{ODH}=\widehat{ODB}+\widehat{HDB}=\widehat{ODB}+\widehat{ADO}=\widehat{ADB}=90^o\)(2)
Ta lại có: \(\widehat{OBH}=90^o\)(3)
Từ (1), (2), (3)
=> DKOBH cùng thuộc đường tròn đường kính OH
=> DKOB nội tiếp (4)
III) Chứng minh tứ giác DKCE nội tiếp
Từ (4) => \(\widehat{DKO}+\widehat{DBO}=180^o\)
Mặt khác : \(\widehat{DBO}=\widehat{DCA}\)và \(\widehat{DCA}+\widehat{DCE}=180^o\)
Từ 3 điều trên => \(\widehat{DKO}=\widehat{DCE}=\widehat{OCE}\)
=> Tứ giác DKCE nội tiếp
Từ (I) và (III)
=> D, K, C, E , F cùng thuộc một đường tròn
=> K thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDF
Ta có: AH=EH(H là trung điểm của AE)
mà \(AH=\dfrac{1}{3}R\)(gt)
nên \(EH=\dfrac{1}{3}R\)
Ta có: AH+EH=AE(H là trung điểm của AE)
nên \(AE=\dfrac{1}{3}R+\dfrac{1}{3}R=\dfrac{2}{3}R\)
Ta có: AE+OE=OA(E nằm giữa O và A)
nên \(OE=OA-AE=R-\dfrac{2}{3}R=\dfrac{1}{3}R\)
Ta có: OE+EH=OH(E nằm giữa O và H)
nên \(OH=\dfrac{1}{3}R+\dfrac{1}{3}R=\dfrac{2}{3}R\)
Áp dụng định lí Pytago vào ΔOHD vuông tại H, ta được:
\(OD^2=OH^2+HD^2\)
\(\Leftrightarrow HD^2=R^2-\dfrac{4}{9}R^2=\dfrac{5}{9}R^2\)
\(\Leftrightarrow HD=\dfrac{\sqrt{5}}{3}R\)
Xét (O) có
OA là một phần đường kính
CD là dây
OA\(\perp\)CD tại H(gt)
Do đó: H là trung điểm của CD(Định lí đường kính vuông góc với dây)
\(\Leftrightarrow CD=2\cdot DH=2\cdot\dfrac{\sqrt{5}}{3}R=\dfrac{2\sqrt{5}}{3}R\)
